2020年山东新高考化学全真模拟卷（十）含解析

2020年山东新高考全真模拟卷（十）
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)
选项
现象或事实
解释
A
福尔马林可作食品的保鲜剂
福尔马林是甲醛的水溶液，可使蛋白质变性
B
“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可以用于制肥皂(皂化反应)
C
石英能用于生产光导纤维
石英的主要成分是SiO2，SiO2有导电性
D
在食物中可适量使用食品添加剂
食品添加剂可以增加食物的营养成分
【答案】B
【解析】甲醛有毒，不可用作食品的保鲜剂，A项错误；SiO2没有导电性，C项错误；食品添加剂不是营养成分，D项错误。
2．下列化学用语使用正确的是
A．基态铜原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d94s2
B．Na2S的电子式：
C．的系统命名为3-甲基-1-丁炔
D．重氢负离子(H－)的结构示意图：
【答案】C
【解析】A．根据构造原理，基态铜原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s1，故A错误；B．Na2S是离子化合物，由阴阳离子构成，而不是共价化合物，电子式书写不正确，故B错误；C．符合系统命名原则，的命名为：3-甲基-1-丁炔，故C正确；D．重氢负离子(H－)的质子数是1，即核电荷数为1，故D错误；故选：A。
3．实验是化学研究的基础。关于下列各实验装置图的叙述中正确的是

A．装置①常用于分离互不相溶的液态混合物
B．装置②可用于吸收氨气，且能防止倒吸
C．用装置③不可以完成“喷泉”实验
D．用装置④稀释浓硫酸和铜反应冷却后的混合液
【答案】D
【解析】A．该装置为蒸馏装置，互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A错误；B．氨气极易溶于水，有缓冲装置的能防止倒吸，该装置中苯没有缓冲作用，所以不能防止倒吸，故B错误；C．氯气与氢氧化钠溶液反应，可以形成压强差，从而形成喷泉实验，故C错误；D．浓硫酸溶于水放出大量热，且浓硫酸的密度大于水，稀释时需要将浓硫酸缓缓加入水中，图示操作合理，所以D选项是正确的；综上所述，本题应选D。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A． 60gCH3COOH与乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂C-O键数为NA
B． 0.2molHD与0.1mol 18O2所含中子数均为0.2NA
C． 1L0.5mo/L(NH4)2SO4溶液中氮原子数为NA
D． 2.24L (标准状况) CHCl3 所含共价键数为0.4NA
【答案】C
【解析】CH3COOH与乙醇反应可逆，60gCH3COOH与乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂C-O键数小于NA，故A错误；0.2molHD含中子数为0.2NA，0.1mol 18O2含中子数为2NA，故B错误；根据元素守恒，1L 0.5mo/L(NH4)2SO4溶液中氮原子数为NA，故C正确；标准状况下CHCl3 是液体，故D错误。
5．Cl2能与过量的NH3反应得到一种固体M和单质H．下列说法正确的是（　　）
A．M中含离子键、共价键、配位键··
B．NH3的电子式为
C．H中σ键与π键个数比为1：1
D．NH3和Cl2都属于极性分子
【答案】A
【解析】Cl2能与过量的NH3反应生成氮气和氯化铵，方程式为：3Cl2+8NH3═N2+NH4Cl，则固体M为NH4Cl，单质H为N2，
A．M为NH4Cl，含离子键、共价键、配位键，故A正确；
B．NH3分子中含有3个氮氢共价键，则NH3的电子式为，故B错误；
C．H为N2，N2中N原子之间形成三对共用电子对，则σ键与π键个数比为1：2，故C错误；
D．Cl2分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故D错误；
6．屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2 。碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下列分析不正确的是

A．推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度
B．青蒿素可以与NaOH、Na2CO3 、NaHCO3反应
C．青蒿素分子中含有手性碳
D．青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”
【答案】B
【解析】A．青蒿素中含有酯基，如图含，难溶于水，易溶于有机溶剂。根据萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚， 正确；B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，错误；C．手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，正确；D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，正确。
7．如表所示有关物质检验的实验结论正确的是(　　)
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有SO
B
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该溶液一定含有SO
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
D
将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊
说明酸性：
H2SO3＞H2CO3
【答案】D
【解析】A．白色沉淀可能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B．溶液中可能含有HSO，故B错误；C．具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，通入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D．先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。
8．一种新型漂白剂（结构如图）可用于漂白羊毛、草等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（　　）

A．元素电负性顺序为：X＞W＞Y
B．Y的最高价氧化物对应水化物为强酸
C．工业上通过电解熔融的WX来制得W
D．该漂白剂中X、Y均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为N，Z为H元素，
A．非金属性越强电负性越强，则元素电负性顺序为：X＞Y＞W，故A错误；
B．N的最高价氧化物对应水化物为硝酸，硝酸为强酸，故B正确；
C．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故C错误；
D．该漂白剂中O满足8电子稳定结构，而N最外层电子数为5+4＝9，不满足8电子稳定结构，故D错误。
9.某课题组采用活性炭回收海带化工提碘废水中残留的低浓度碘（主要以I-形式存在，杂质不参与反应），实验过程如下：

下列说法不正确的是（　　）
A． 氧化步骤发生反应的离子方程式为：6I-+2NO2-+8H+=3I2+N2↑+4H2O
B． 操作X的目的是富集碘单质
C． 经洗脱后的溶液中，含有大量的I-和IO3-
D． 可通过蒸馏的方法提纯粗碘
【答案】D
【解析】A．氧化步骤发生反应的离子方程式为：6I-+2NO2-+8H+=3I2+N2↑+4H2O，可生成碘单质，故A正确；B．操作X的目的是富集碘单质，利用活性炭的吸附性，故B正确；C．经洗脱后的溶液中，含有大量的I-和IO3-，为碘与NaOH溶液反应生成，故C正确；D．操作Y为加热，可升华法提纯粗碘，故D错误。
10．某学习小组设计实验制备供氢剂氢化钙(CaH2)，实验装置如下图所示。已知：氢化钙遇水剧烈反应。

下列说法正确的是(　　)
A．相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率慢
B．酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸
C．实验时先点燃酒精灯，后打开活塞K
D．装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管
【答案】D
【解析】相同条件下，粗锌(含少量铜)比纯锌反应速率快，因为铜锌和电解质溶液形成原电池，反应速率加快，故A错误；酸R为稀硫酸，装置b中盛装浓硫酸，故B错误；实验时先打开活塞K，后点燃酒精灯，用氢气赶走装置中的空气后，才能加热，故C错误；氢化钙遇水剧烈反应，装置d的作用是防止水蒸气进入硬质玻璃管，故D正确。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。现有一定量铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入5mol·L−1 NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示。则下列说法不正确的是

A．稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵
B．c点对应NaOH溶液的体积为48ml
C．b点与a点的差值为0.075mol
D．样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3
【答案】BC
【解析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又有硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了-3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH−=H2O，②Fe3++3OH−=Fe(OH)3↓，Al3++3OH−=Al(OH)3↓，③NH+OH−=NH3·H2O，④Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为：104mL-94m=10mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.01L×5mol/L=0.05mol，根据Al(OH)3+OH−=AlO+2H2O可知，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n(Al)=0.05mol。由图可知DE段消耗的氢氧化钠的体积为：94mL-88mL=6mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为：0.006L×5mol/L=0.03mol，根据NH+OH−=NH3·H2O可知，计算溶液中n(NH)=0.03mL，根据电子转移守恒有：3n(Fe)+3n(Al)=8n(NH)，即3n(Fe)+3×0.05mol=8×0.03mol，解得：n(Fe)=0.03mol。由反应过程可知，到加入氢氧化钠为88mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n(NH4NO3)=n(NH)=0.03mol，根据钠元素守恒，可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088L×5mol/L=0.44mol，根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3，根据氮元素守恒n′(NaNO3)+2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]=n(HNO3)，故C点溶液中n′(NaNO3)=0.5mol-0.03mol×2-0.03mol×3-0.05mol×3=0.2mol，故C点加入NaOH的物质的量为0.2mol。A．根据分析可知，稀硝酸与铝粉、铁粉反应，其还原产物为硝酸铵，故A正确；B．根据分析可知，C点对应NaOH溶液的体积==0.04L=40mL，故B错误；C．根据氮元素守恒计算原硝酸溶液中：n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44mol+0.03mol×2=0.5mol，故C错误；D．根据分析可知，混合金属中n(Al)=0.05mol、n(Fe)=0.03mol，样品中铝粉和铁粉的物质的量之比为5∶3，故D正确；故选BC。
12．炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是

A．氧分子的活化包括O-O键的断裂与C-O键的生成
B．每活化一个氧分子放出0.29eV的能量
C．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
D．炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂
【答案】C
【解析】A．由图可知，氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程，故A正确；B．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出0.29eV的能量，故B正确；C．由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故C错误；D．活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故D正确。故选C。
13．垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是

A．电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B．放电过程中，正极附近pH 变大
C．若1mol O2参与电极反应，有4mol H+穿过质子交换膜进入右室
D．负极电极反应为：H2PCA+2e－＝PCA+2H+
【答案】BC
【解析】A．右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B．放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B正确；C．若1mol O2参与电极反应，有4mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D．原电池负极失电子，选项D错误。答案选BC。
14．以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是

A．反应1中，每生成1mol ClO2有0.1mol SO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，H2O2做氧化剂
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
【答案】AC
【解析】A．在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO+SO2=SO+2ClO2，根据方程式可知，每生成1mol ClO2有0.5mol SO2被氧化，故A错误；B．根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C．在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D．减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选AC。
15．1 mL浓度均为0.10 mol·L-1的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V)，溶液pH随lgV的变化情况如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．XOH是弱碱
B．pH=10的溶液中c(X+):XOH大于X2CO3
C．已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为1.0×10-10.2
D．当lgV=2时，升高X2CO3溶液温度，溶液碱性增强且减小
【答案】C
【解析】根据图示，0.1 mol·L-1 XOH溶液的pH=13，说明XOH完全电离，为强电解质，A项错误；XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐，要使两种溶液的pH相等，则c(XOH)C；A点CH3OH(g)的体积分数最大，故A点的平衡转化率α最大。②C点CH3OH(g)在平衡时的体积分数为50%，设发生转化的CO为x mol，根据三段式法进行计算：
　　CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)
起始/mol 1 2 0
转化/mol x 2x x
平衡/mol 1－x 2－2x x
则有：×100%＝50%，解得x＝0.75，即平衡时CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的物质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol。向此平衡体系中再充入0.25mol CO、0.5mol H2和0.25mol的CH3OH，由于充入的CH3OH(g)的量相对于平衡时较少，所以该反应必定向正反应方向进行。③设起始时CO(g)、H2(g)的物质的量分别为1mol、x mol，根据图象可知，D点转化的CO的物质的量为0.6 mol，则转化的H2(g)的物质的量为1.2mol，故有：×100%＝40%，解得x＝3。（3）Fe3+恰好完全沉淀时，c(OH−)＝＝mol·L−1＝1×10−11 mol·L−1，pH＝3；Cu2+刚好开始沉淀时，c(OH−)＝＝mol·L−1＝1×10−9 mol·L−1，pH＝5，故欲使Fe3＋完全沉淀而Cu2+不沉淀，需控制3≤pH